Test di Analisi Matematica

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1 Test di Analisi Matematica. L'equazione e x = 2 è risolta da: (a) x = 0 (b) x = 0, x = (c) x = ln() (d) x = ± ln() 2. Si considerino i numeri complessi, espressi in forma esponenziale, z = e 2 5 πi, z 2 = 4e 20 πi. Allora il prodotto z = z z 2, in forma binomiale, vale (a) z = i (b) i (c) 2 2 2i (d) i. L'equazione complessa z + Re(z) = e π 6 i (a) non ammette soluzione (b) ammette z = i come soluzione 2 4 (c) ammette z = 2i e z = 2i come soluzioni (d) ammette z = + i come soluzione Risulta tendente a (a) 0 (b) + (c) (d) arctan(x 2 ) x 0 ln(x 2 + ) 5. Si consideri la funzione f(x) = e x + ln(x 2 + ). La sua approssimazione di Taylor, intorno a x 0 = 0, di ordine 2 è (a) f(x) = x + x 2 (b) f(x) = x 2 (c) f(x) = x + x2 2 (d) f(x) = + x + x 2

2 6. Sia r (x) il resto di Lagange dell'approssimazione di cui al punto precedente. Allora, per x =, la stima del resto r k, con costante minore, tra quelle proposte, è: (a) r () /00 (b) r () 2 (c) r () /5 (d) r () 0 7. La funzione f(x) = x 2 + x + ammette minimo (a) solo nel punto P (0, 5) (b) nei punti della forma P (x, 5), x [, 2] (c) nei punti della forma P (x, ), x [, 2] (d) non ammette minimo 8. La serie ha carattere n=0 e n+2 (a) convergente (b) divergente negativamente (c) divergente positivamente (d) oscillante 9. L'area del sottograco della funzione f(x) = +, per x e, vale x (a) 0 (b) e (c) e (d) e + 0. Per quali dei seguenti valori dei parametri reali α, β, l'equazione differenziale y (x) + αy (x) 2(β 2 2)y(x) = 0 ammette funzioni goniometriche come soluzione? (a) mai (b) α, β reali (c) α = 0, β < 2 (d) α = 0, 2 β 2 2

3 . Sia y = y(x; c, c 2 ) la soluzione generale dell'equazione dierenziale Allora, tende a (a) + (b) (c) 0 (d) non esiste 2. La serie ha, come somma, (a) S = (b) S = (c) S = 2e (d) S =. Risulta tendente a (a) e 2 (b) (c) 0 (d) e e e 2 e e(e ) y (x) + 0y (x) + 2y(x) = 0 y x + k=2 ( e ) k ( + x 0 x2 ) 2 x 2 4. Sia y = y(x) una funzione di dominio D tale che per la derivata si abbia y = y +. Allora, è sicuramente vero che (a) la funzione è derivabile in tutto D (b) la funzione ammette punti a tangente orizzontale (c) la funzione non è integrabile in sottoinsiemi di D (d) la funzione volge la concavità verso il basso 5. La funzione f(x) = cos 2 (x), per x 0, è un o(g(x)) se (a) g(x) = cos(x) (b) g(x) = e x (c) g(x) = x 2 (d) g(x) = tan(x)

4 . Risposta (d). Soluzioni Infatti, togliendo il modulo, si ha e x = ±2 da cui e x = ±2 + ovvero e x = e x =. La seconda equazione non ammette soluzione poiché l'esponenziale è sempre positivo cosicché, le soluzioni dell'equazione di partenza, coincidono con le soluzioni dell'equazione e x = da cui, x = ln() e, in denitiva, x = ± ln(). 2. Risposta (b). Infatti z = z z 2 = 2e ( 2 5 π+ 20 π )i = 2e πi == 2e 5 20πi = 2e π 4 i = = 2[cos( π/4) + i sin( π/4)] = 2[cos(π/4) i sin(π/4)] = ( ) 2 2 = i = i. Risposta (d). Infatti, scrivendo l'incognita come z = x + iy e tenedo conto del fatto che e π 6 i = cos(π/6)+i sin(π/6) = /2+i/2, l'equazione si scrive come ovvero come x + iy = 2x + iy = i i da cui { { 2x = 2 x = y = /2 4 y = 2 La soluzione dell'equazione di partenza è, allora, z = i 4. Risposta (c). Applicando il teorema di Hopital per risolvere quasta forma indeterminata del tipo 0, si ha, infatti, 0 arctan(x 2 ) x 0 ln(x 2 + ) = [arctan(x 2 )] x 0 [ln(x 2 + )] = x 0 2x x 4 + 2x x 2 + = x 0 x 2 + x 4 + = 4

5 5. Risposta (d). L'approssimazione di Taylor di una funzione f(x) all'ordine n, per x = x 0, è n (k) (x 0 ) f(x) = f (x x 0 ) k () k! k=0 dove f (k) indica la k-esima derivata di una funzione avendosi f (0) = f. Nel nostro caso n = 2 mentre x 0 = 0 per cui la () si scrive come con f(x) = e x + ln(x 2 + ). Risulta f(0) = f (x) = e x + f(x) = f(0) + f (0)x + f (0) 2 x2 (2) 2x = f (0) = x 2 + f (x) = e x + 2(x2 +) 2x 2x (x 2 +) 2 = e x 2x2 (x 2 +) 2 = f (0) = 2 che, sostituiti, nella (2) conducono alla formula cercata: 6. Risposta (b). Infatti, r (x) = f (ξ) x = ( e ξ!! cosicché, per x =, risulta r () = 6 ( f(x) = + x + x 2 e ξ + ) 2ξ x = ( e ξ + (ξ 2 + ) 6 ) 2ξ (ξ 2 + ) 6 ( + ) = ) 2ξ x (ξ 2 + ) ed, a maggior ragione, è r () 2 7. Risposta (b). Dimostriamo ciò come segue. Togliendo i valori assoluti studiando il segno dei binomi (x 2) ed (x+) moltiplicando per negli intervalli dove essi diventano negativi e lasciandoli di segni invariato dove sono positivi, si ha: (x 2) (x + ) se x < f(x) = (x 2)sign(x 2)+(x+)sign(x+) = (x 2) + (x + ) se < x < 2 (x 2) + (x + ) se x > 2 5

6 ovvero Ne segue da cui 2x se x < f(x) = 5 se < x < 2 2x + se x > 2 2 se x < f (x) = 0 se < x < 2 2 se x > 2 f (x) risulta < 0 se x < = 0 se < x < 2 > 0 se x > 2 e si conclude che f ha minimo per < x < 2 ovvero, essendo f continua, per x [, 2] con f(x) = Risposta (a) come si ottiene applicando il criterio del rapporto: n e n+2+ (n+) n+ e n+2 = n e n+2 e (n + ) n+ avendo tenuto conto del fatto che (n + ) n+ = n(n + ) n = n 9. Risposta (b). Infatti, tenendo presente che b a (n+) n = en+2 n = n ( n+ n ) n = n f(x)dx = [F (x)] b a = F (b) F (a) e (n + ) n+ = 0 < ( + n ) n 0 e = 0 essendo F una primitiva di f, si ha che l'area cercata, essendo la funzione noegativa nell'intervallo delle ascisse considerato, è data da: e ( + ) dx = x + ln(x)] e = e + 0 = e x 0. Risposta (d). L'equazione dierenziale, infatti, ammette soluzioni goniometriche quando il discriminante dell'equazione caratteristica λ 2 +αλ+2(β 2 2) = 0 è negativo. Risulta che, per α = 0, si scrive come = α 2 + 4(2β 2 4) = 4(2β 2 4) = 8(β 2 2) e risulta < 0 6

7 se ovvero per β 2 2 < 0 2 < β < 2 avendo escluso la scelta (c) poichè, ad esempio, per α = e β = 2, l'equazione ammette soluzioni non goniometriche.. Risposta (c). Considerata, infatti, l'equazione caratteristica associata all'equazione dierenziale data, si ha: λ 2 + 0λ + 2 = 0 che è risolta da λ = λ 2 = 7 cosicché la soluzione generale dell'equazione dierenziale è data da y = c e λ x + c 2 e λ 2x ovvero da da cui y = c e x + c 2 e 7x y = c 0 + c 2 0 = 0 x 2. Risposta (d). Infatti, indicata con S la somma della serie geometrica in questione, risulta ( ) k ( ) 0 ( ) S = = k=0 e e e = e e e = e2 e 2 + e + e(e ) /e e = = 2 e e(e ). Risposta (a) e, per provarlo, risolviamo la forma indeterminata 0 0 ponendo t = /x cosicché ( + x 0 x2 ) 2 x 2 ( ( ) ( = ( + x 2 ) 2 x 2 = + ) t 2) 2 = x 0 t + t 2 (( = + ) v ) 2 = (e) 2 = e 2 v + v avendo posto anche v = t 2 nello scrivere la terza uguaglianza. 4. Risposta (a) poiché, indicato con D il dominio di y esso cincide con quello della funzione y + che è lo stesso di y ovvero D = D. Osserviamo che, funzioni di questo tipo, sono della forma, y = ke x con k costante. 7

8 5. Risposta (d) poiché, risolvendo l'indeterminazione 0/0 mediante applicazione del teorema di Hopital, si trova che cos 2 (x) x 0 tan(x) mentre negli altri casi risulta = x 0 2 sin(x) cos(x) + tan 2 (x) cos 2 (x) x 0 g(x) = k 0 = 0 8